热门试卷

（1）①感应电动势最大值为Em=NBSω=100××0.05×100V=500V

由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e=Emsin（ωt）=500sin（100πt）V

②流过电阻R的最大电流Im==A=50A

通过电阻R的电流有效值I=Im=25A

（2）由于洛伦兹力不做功，小球从A运动到C机械能守恒，设到达C点时的速度为v，则有

  mgR=mv2

小球第一次通过C点时对轨道底部的压力恰好为零，则轨道对小球的支持力也为零．

据牛顿第二定律得：

  qvB-mg=m

联立以上两式得：B=

答：

（1）①若线圈经图示位置时开始计时，线圈中感应电动势瞬时值的表达式为e=500sin（100πt）V．

②通过电阻R的电流有效值是25A．

（2）匀强磁场的磁感应强度为．

（1）由⇒a=-

（2）当a=0时，杆做匀速运动，速度达最大Vm=．

（3）设杆从静止到达稳定的过程中通过的位移大小为S，

由q=△t=×△t=•==得

   S=

又根据能量守恒定律得  F•S-m=Q热

∴Q热=-．

答：（1）当杆的速度为ν时，杆的加速度为-；

    （2）杆稳定时的速度是；

    （3）若杆从静止到达稳定的过程中，通过R的电荷量为q，此过程中回路产生的热量是Q热=-．

（1）设CD运动的最大速度为vm．由E=Bdvm，I=，F安=BId，得到安培力F安=．

由平衡条件得F=f+F安，代入解得  vm=

    （2）当CD达到最大速度后，电路中电流为I==，电阻R消耗的电功率是P=I2R=

    （3）当CD的速度是最大速度的时，安培力F安′=(F-f)

此时的加速度为a==．

答：（1）CD运动的最大速度是vm=；

    （2）当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是；

   （3）当CD的速度是最大速度的时，CD的加速度是．

（1）E=BLv，

I=，

F安=BIL=

当金属棒达到稳定速度时，F安=F拉

F=

所以v2=，代入数据得v=2m/s 

（2）由题意得：WR=1.2J，

根据串联电路中功率与电阻成正比得：Wr=0.3J，W电=1.5J        

对金属棒有动能定理得：Pt-W电=mv2-mv02   

代入数据得 t=5.25s 

（3）当棒的速度达到1m/s时，拉力的功率为0.4w，此后外力功率恒定，速度继续增大，根据P=Fv可知，外力F在逐渐减小，当安培力和外力F相等时，速度达到最大，之后做匀速直线运动，外力保持不变，由此作图如图所示：

（4）根据（3）分析作出速度图象如图所示

t=0时，由P=Fv得，外力F==N=0.4N

此时合外力为F合=0.4-=0.3N

由图象可知t=0加速度最大

 由牛顿第二定律得：am==0.75m/s2 

证明：由a=得：

开始加速最短时间：△t==s

金属棒的最大位移   Sm＜5.25×1+=9.8m   

流过金属棒的电量

Q＜=C=1.97C＜2.0C

答：（1）金属棒的稳定速度2m/s；

（2）金属棒从开始计时直至达到稳定速度所需的时间5.25s；

（3）在乙图中画出金属棒所受拉力F随时间t变化的大致图象为：

；

（4）从开始计时直至达到稳定速度过程中，金属棒的最大加速度为0.75m/s2．

（1）由图可知，从s=5cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s减小，当s=15cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动．因此小车的水平长度l=10cm．

当s=30cm时，线圈开始离开磁场，则d=（30-5）cm=25cm

（2）当s=10cm时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度v2=8m/s

由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流I==

解得：I=A=0.4A

此时线圈所受安培力F=nBIh=100×1×0.4×0.05N=2N

小车的加速度a==m/s2=1.67m/s2

（3）由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3=2m/s．

线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线卷的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热．Q=(M+m)(-)

解得线圈电阻发热量Q=57.6J    

答：（1）小车的水平长度10cm和磁场的宽度25cm；

（2）小车的位移s=10cm时线圈中的电流大小I以及此时小车的加速度为1.67m/s2；

（3）线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量为57.6J．

（1）设水平拉力为F，则F=2μmg，对框架由牛顿第二定律：F-μmg=Ma，

解出a=．

（2）设框架做匀速运动的速度大小为v，则感应电动势  E=BLv，回路中的电流 I=，

对框架由力的平衡得F=BIL+μmg，联立以上各式解出 v=

（3）在框架滑过S的过程中，设产生的电热为Ql，摩擦生热为Q2，

由功能关系Fs=Kx2+Mv2+Q1+Q2，其中Q2=μmg（S-x），

在框架匀速后，对棒由力的平衡得 BIL+μmg=Kx，

联立以上各式并结合F=BIL+μmg，F=2μmg，解出 Q1=μmgS-．

答：（1）框架和棒刚开始运动的瞬间，框架的加速度为a=；   

（2）框架最后做匀速运动（棒处于静止状态）时的速度v=； 

（3）回路中产生的电热Q1=μmgS-．

（1）E==ab=ab=kabv0B0

I==

感应电流方向沿：NPQMN

（2）线框受的安培力水平向左，安培力为：

F=aI△B=v

（3）根据牛顿第二定律知：

F=F1-F2=m=-

其中m△v=-

mv0=

联立解得xm=

（4）由m△v=-得：

m（v-v0）=-=-mv0，v=

Q=△EK=-m()2=

电阻R1产生的热为

QR1=Q=

答：（1）在图示位置时线框中的感应电动势为kabv0B0

感应电流的大小为，方向沿NPQMN；

（2）线框所受安培力的方向水平向左，安培力的表达式为v；

（3）线框的最大运动距离；

（4）线框运动到过程中，电阻R1产生的焦耳热．

（1）线圈第一次下落过程中有E=B•2πRv、I=、FA=BIL=BI•2πR，得安培力大小为  FA=

根据牛顿第二定律得 mg-FA=ma

可知线圈做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度最大，代入求得最大速度为：υm=

（2）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+BI•2πR=ma

则得：mg△t+BI•2πR•△t=ma△t

在一段微小时间△t内，速度增量为△υ=a△t，通过线圈截面电量为：△q=I△t

则：△q=

得到：∑△q=，又ma△t=m△v=mvm=，mg△t=mgt1，

故：q=-

（3）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+B×2πR=ma

在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈上升高度为：△h=υ△t

则线圈可上升的最大高度h为：h=∑△h=r=-

线圈到达最高点后，下落过程中的某一时刻，由牛顿运动定律得：mg-B×2πR=ma

在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈下降高度为：△h=υ△t

则线圈第二次下降到水平面时的速度为：υ=∑△υ=∑(mg-)△t=g(t1+t2)-

本过程中线圈中产生的热量为线圈动能的损失：Q=mυm2-mυ2=m()2-m(g(t1+t2)-)2

化简得：Q=(t1+t2)-mg2(t1+t2)2 

答：（1）线圈第一次下落过程中的最大速度υm为．

    （2）第一次与水平面碰后上升到最高点的过程中通过线圈某一截面的电量q为-．

    （3）线圈从第一次到第二次与水平面相碰的过程中产生的焦耳热Q为(t1+t2)-mg2(t1+t2)2．

（1）开始运动时，棒中的感应电动势：

e=Lv0B

棒中的瞬时电流：i==

棒两端的瞬时电压：u=e=Lv0B

（2）由能量转化与守恒定律知，全电路在此过程中产生的焦耳热：

Q总=mv02-m（v0）2=mv02 

∴棒中产生的焦耳热为：Q=Q总=mv02 

令：△t表示棒在减速滑行时某个无限短的时间间隔，则在这一瞬时，结合安培力

和瞬时加速度的极限思想，应用牛二律有：

iLB=m

结合电磁感应定律和瞬时速度的极限思想，应用全电路欧姆定律有：

i•2R=LBv=LB 

所以：mLB△v=LB•2R△x，即：△x∝△v

所以对于全过程，上述正比例关系仍成立

所以对于全过程（△v=v0），得：

△x=x=v0

答：（1）开始运动时，棒中的瞬间电流i=和棒两端的瞬间电压u=Lv0B；

（2）当棒的速度由v0减小到v0的过程中，棒中产生的焦耳热Q=mv02；棒向右滑行的位移x=v0．